9.1 INTRODUCCION

El calor es la energa transferida de un sistema a otro debido a una diferencia de temperatura entre ellos.El calor no es el nico tipo de transferencia de energa; por ejemplo, cuando se levanta un objeto del piso hasta encima de una mesa, se hace un trabajo sobre l y as se incrementa su energa potencial relativa al piso.Cuando se estira un resorte, se hace un trabajo que produce un incremento de la energa potencial elstica del resorte.Asimismo, cuando a una masa se le permite caer libremente, hay un incremento en su energa cintica debido al trabajo hecho sobre l, por el campo gravitatorio. Por lo tanto: El trabajo es tambin un mecanismo de transferencia de energa.9.2ENERGA INTERNA

La energa interna de un sistema (i/), es el total de toda la energa que podamos asociar con todas las partes del sistema.Por ejemplo, la energa interna de un gas incluye la energa cintica rotacional de sus molculas.Consideremos un gas encerrado en un cilindro por medio de un pistn mvil, y supongamos que en todo momento, la temperatura del gas es la misma que la del medio ambiente, de tal manera que no hay flujo de calor.

Cuando el gas se expande contra el pistn, hay una transferencia de energa hacia afuera del gas en la forma de trabajo, y la energa interna del gas decrece.Aunque nosotros probablemente no podemos calcular la energa interna del gas, antes y despus de expandirse; no obstante, podemos calcular el cambio en su energa interna si sabemos calcular la energa transferida al pistn.Ahora consideremos un gas encerrado en un cilindro por medio de un pistn fijo, y puesto en contacto con un cuerpo A. Si la temperatura del cuerpo A es mayor transferencia de energa haca adentro del gas; esta transferencia ocurre en la forma que llamamos calor.Se puede calcular la cantidad en que la energa interna del gas cambia, si sabemos la cantidad de calor que fluye hacia l.Nosotros no requerimos ningn conocimiento de la energa interna antes o despus de la interaccin, en orden a hacer estos clculos.Muchos procesos naturales implican ambos tipos de transferencia de energa; un flujo de calor hacia adentro o hacia afuera del sistema, y trabajo hecho por o sobre el sistema.

Tales procesos son los que se tratan en termodinmica.

AU = Q W

Definimos como valor positivo de Q, el calor comunicado al sistema y como negativo el calor cedido por ste.

Anlogamente, W es positivo cuando el pistn efecta trabajo sobre el medio exterior, como ocurre cuando un gas se expansiona desplazando el pistn de un cilindro, y negativo cuando se realiza un trabajo sobre el sistema, como sucede cuando se comprime un gas.9.3 TRABAJO EN LOS CAMBIOS DE VOLUMENConsideremos un gas encerrado en un cilindro, por medio de un pistn mvil, comose muestra en la figura.

,La fuerza total F que acta sobre el pistn es F = p .A.Cuando el pistn se desplaza hacia afuera una distancia infinitesimal dx, el trabajorealizado por el gas es:dW = F. dx = p.A.dx ; dV = A.dx dW = p.dVSi el volumen vara de V, a V2 , el trabajo total se obtiene integrandoEsta integral tiene una interpretacin geomtrica sencilla.En un sistema de ejes coordenados podemos dibujar una curva que nos represente larelacin entre la presin y el volumen durante la expansin.En el diagrama: clW = p . dV viene a ser el rea de la pequea franja sombreada; y el trabajo total W realizado durante la expansin de V, a V7 es el rea total limitada por la curva y por las dos rectas verticales correspondientes av, y v2.Ahora bien, hay muchas maneras diferentes para hacer pasar un sistema de un estado inicial 1, a un estado final 2. Ilustremos en un diagrama p -V , algunas de estas transformaciones.

Por ejemplo, pdennos pasar de 1 a 2 siguiendo la trayectoria curva; el trabajo est dado por el rea bajo la curva (rea achurada)Otra posibilidad es seguir la trayectoria 1 - 3 - 2; el trabajo realizado es el rea situada bajo la recta 1 - 3 .O podemos seguir otros muchos recorridos, cada recorrido da un resultado diferente. Por lo tanto: "El trabajo hecho por un sistema depende no slo de los estados inicial y final, sino tamfeta de los estados intermedios; es decir, de la trayectoria".9.4 FLUJO DE CALOR

Existe una transferencia de energa en forma de calor entre un sistema y el medio exterior, siempre y cuando exista una diferencia de temperaturas entre ellos. Se ha visto que si se Me pasar a un sistema de un estado inicial 1, a un estado final 2 siguiendo distintas recorridos, el trabajo realizado en cada uno de ellos resulta diferente; veremos lo que sucede con el flujo de .calor.Consideremos un gas encerrado en un cilindro por medio de un pistn, el cual sedesea calentar.,Podemos colocar el cilindro sobre una estufa, manteniendo fijo el pistn (volumen constante) o penmitendo al pistn desplazarse libremente (presin constante).

En el segundo caso, el gas adems de calentarse, realiza un trabajo al expandirse contra un pistn por lo que necesita mayor energa en forma de calor.

La cantidad de calor transferida cuando el pistn est desplazndose es distinta que si se mantiene constante el volumen.Es decir: "El calor tambin depende de la trayectoria al igual que el trabajo".9.5 PRIMERA LEY DE LA TERMODINMICA

La variacin de la energa interna de un sistema viene dada por:AU = Q-WOtra manera de expresar la ecuacin es: Q = AU+ W . Es decir, si se comunica a unsistema una cantidad de calor Q, parte de l se invierte en aumentar la energa internay el resto abandona el sistema bajo la forma de un trabajo W, realizado por l.Puede parecer que el concepto de energa interna es slo un artificio del que nosvalemos para que la energa se conserve en los procesos en los que interviene el calory el trabajo.'-Sin embargo, la energa interna tiene realmente una importancia fundamental, la cual radica en el hecho establecido experimentalmente de que la variacin de la energa interna de un sistema termodinmico cualquiera que sea su estado, depende solamente de los estados inicial y final, y no de los estados intermedios por los que pasa durante su transformacin.Aclaremos esto, supongamos un sistema al que se hace pasar del estado 1 al 2 a lo. largo de una trayectoria determinada, y que medimos el calor absorbido Q y el trabajo W; podemos calcular AU = Q-W.Si hacemos de nuevo lo mismo para muchas trayectorias, diferentes entre los mismos *estados 1 y 2, se obtiene el importante resultado de que AU = Q-W es la mismapara todas las trayectorias que unen los puntos 1 y 2.Esto es, aunque Q y W separadamente dependen de la trayectoria seguida, AU no depende para nada de cmo llevemos el sistema del estado 1 al 2 si no slo de los estados inicial y final.Es decir, la energa interna de un sistema termodinmico depende solamente .del estado en que se encuentre y no de las transformaciones que sufre antes.de alcanzar este estado.Este principio se conoce como primera ley de la termodinmica. Si nuestro sistema experimenta slo un cambio infinitesimal en su estado, slo se absorbe una cantidad infinitesimal de calor dQ y slo se hace una cantidad infinitesimal de trabajo dW.La variacin de energa interna dU, tambin ser infinitesimal. Y la primera ley se escribe en forma diferencial as:dU = dQ dW

9.6 ENERGA INTERNA DE UN GAS IDEAL

Consideremos la expansin de un gas ideal a temperatura constante.

Para mantener la temperatura constante hay que comunicar calor al sistema mientras dura la expansin; de lo contrario bajara la temperatura.

El enfriamiento de los gases en una expansin es un fenmeno normal. Se puede medir la cantidad de calor que hay que comunicar al sistema durante la expansin de un gas ideal para mantener constante la temperatura. Se comprueba experimentalmente, mediante mediciones efectuadas con la mayor precisin posible, que la cantidad de calor comunicada al sistema, es exactamente igual al trabajo realizado por el gas durante su expansin. Por consiguiente:Q = WAU = Q-W =0 Otros experimentos similares, realizados con gases cuyo comportamiento se aproxima al de un gas ideal, ha demostrado qu en todos los casos en que la temperatura se mantiene constante, la energa interna tambin permanece constante (A U = 0 ) "La energa interna de un gas ideal, depende solamente de su temperatura, y no de la presin o del volumen".EXPANSIN LIBRE

Una caja aislada trmicamente, est dividida en partes de igual volumen por medio de un tabique que se puede quitar.Inicialmente, en la parte izquierda del recipiente existe cierta cantidad de gas, mientras que en el lado derecho existe un vaco total. Cuando se quita el tabique, el gas se expansiona ocupando todo el volumen del recinto.Como las paredes de la caja permanecen inmviles el mis no efecta trabajo sobre el medio externo durante su expansin. (La expansin que se realiza sin que se efecte un trabajo se llama expansin libre).Como tambin la caja est aislada trmicamente, no existe intercambio de calor con el medio exterior.Por consiguiente:

W = Q = 0

AU = Q-W = 0

Si el gas es ideal, U depende solamente de T; como U es constante, T tambin debe ser constante."La temperatura de un gas ideal, no vara durante una expansin libre"En la mayora de los gases reales, la temperatura disminuye.9.7 CAPACIDADES CALORFICAS DEL GAS IDEAL

La temperatura de un gas se puede elevar bajo condiciones muy distintas.Se puede mantener el volumen constante; la presin constante o permitir que ambos varen.

Se ha visto que el flujo de calor depende de la trayectoria que sigue el sistema, por lo tanto en cada uno de estos casos es distinta la cantidad de calor por mol, necesaria para producir la elevacin de una unidad de temperatura.- En otras palabras: una sustancia posee muchas capacidades calorficas molares, aunque slo dos son de uso prctico para los gases.

Capacidad calorfica molar a volumen, constante C. y la capacidad calorfica molar a presin constanteEntre estas dos capacidades calorficas molares de un gas perfecto existe una relacin sencilla e importante Supongamos que se tiene dos cilindros, que contienen masas iguales de un gas ideal en las mismas condiciones de presin, volumen y temperatura.En el primer cilindro se mantiene constante el volumen mediante un pistn fijo,mientras que en el segundo el pistn puede desplazarse manteniendo el gas a presinconstante.

Cada cilindro se pone en contacto con un cuerpo a una temperatura ligeramente superior T+ dT. En ambos casos se producir un flujo calorfico dQ hacia el gas. Consideremos primero el proceso a volumen constante. El flujo calorfico est dado por: dQ = n ,Cv.dT

Y segn la primera ley: dU - dQ dW

Como el volumen es constante no se realiza trabajo dW = 0 se tiene:dU = n.Cv.dT Como la energa interna de un gas ideal slo depende de la temperatura y en cada cilindro tiene lugar la misma elevacin de temperatura, la variacin de energa interna dU, es por consiguiente la misma, en ambos procesos. Consideremos ahora el proceso a presin constanteEl flujo calorfico est dado por:dQ =n.Cp.dTEl trabajo dW serd W = p . dV

Segn la ecuacin de estado de un gas idealp.V * n.R.T"'; p .dV n.R.dT

dW = n.R.dT

y segn la primera ley:dU = dQ-dWn.Cv.dT = n..Cp.dT- n.R.dT Cp-CV = R Este resultado muestra que la capacidad calorfica molar presin constante de un gas ideal es mayor que a volumen constante, siendo la diferencia igual a la constante universal de los gases, R, aproximadamente 2 cal/mol. KSe ha encontrado que la variacin de energa interna en ambos procesos est dada por dU = n.Cv.dT generalizaremos diciendo que dU, es la misma para cualquier tipo de proceso que se emplee para elevar la temperatura de un gas ideal de T a T + dT, aunque no se verifique a volumen constante.Supongamos que deseamos hallar la variacin de energa interna de un gas ideal que es llevado a lo largo de la lnea 1-2 proceso en el que ni la presin, ni el volumen, ni la temperatura permanecen constantes.La variacin de energa interna a lo largo de la trayectoria 1 - 3 (a volumen constante) est dada evidentemente por:dU: = n.Cv.dTLa variacin de energa interna a lo largo de la trayectoria 3 - 2 es cero, ya que se verifica a temperatura constante (la energa interna slo depende de la temperatura, se mantiene constante si la temperatura no vara).Por lo tanto: dU = n . Cv. dTes la misma para todas las trayectorias que unan 1 y 2.9.8 ALGUNAS APLICACIONES DE LA PRIMERA LEY DE LA TERMODINMICA

PROCESO ADIABTICO: Es todo proceso durante el cual no hay flujo de calor hacia o desde el sistema.Para conseguir un proceso adiabtico es necesario rodear al sistema de una gruesa capa de material aislante, o bien conseguir que el medio exterior est siempre a la misma temperatura que el sistema.Aplicando la primera ley:dU = dQ-dW dQ = 0dU = -dWSegn la ecuacin de estado de un gas ideal: p ,V = n.R.T p VReemplazando: n.Cv.dT = -n.R.T dT = - T

In T + In V=In (constante)R/Cv= Cp-Cv/Cv = y - 1 ; en donde Cp/Cv se ha dominado yEn el caso de un gas monoatmico ideal, y = 5/3 ; para un gas diatmico ideal, Y = 7/5ln-T+Xy-l )lii V = ln (constante)T. Vy_1 = constanteSi nos referimos a dos puntos del proceso:Combinando esta ecuacin con la ecuacin de estado de un gas ideal:P,-Vl = P2 .V2 T, T2Hagamos en el primer trmino K - p2-V2 y en el segundo f aAT = px . Vy ;resulta as:W = P2'V2-P,-V1

1-YEl trabajo tambin se puede calcular a partir de la siguiente ecuacin:dU = -dW = n.Cv.dTW= T2 -n.Gv.dT= n.Cv{Tx-T2)PROCESO ISOCORO:Un proceso durante el cual, el volumen permanece constante.dU = dQ - dW Si el volumen no vara, no se realiza trabajo ( dW = 0 )dU = dQ O sea todo el calor transferido a la sustancia sirve para aumentar su energa interna. Si el sistema es un gas ideal: dU = dQ = n .Cv.dTAU.= Q = Tl n.Cv.dT=n.Cv(T2-Tl)PROCESO ISOTRMICO:Un proceso isotrmico tiene lugar a temperatura constante.dU = dQ-dWEn general, ninguno de los trminos es nulo.Si el sistema es un gas ideal, la energa interna depende slo de la temperatura, y como la temperatura no vara, la energa interna se mantiene constante dU = 0 Por lo tanto:dQ = dWQ = WQ = W = Tl p.dV ; p.V =n.R.TuReemplazando:

Q= W = v2 n.R.T dV/V = n.R.T. ln V/V

PROCESO ISOBARICO:

Un proceso que se verifica a presin constantedU = dQ dW ; dW = p.dVW = v2 p.dV = p. v2 dV = p(V2 - V,)

Si el sistema es un gas ideal:dQ = n.Cp. dTdU = n. Cv . dT

AU = n. Cv T2 dT= n.Cv.{T2-Tx)Q = n.Cp T2 dT=n.Cp.{T2-Tx)W = p{V2-V1) = n.R.{T2-T1)PROBLEMA N 1: Un cilindro en cuyo interior se desplaza un pistn contiene 2,8 g de nitrgeno a una presin de 1,0 x 10' N/m y a una temperatura de 27C.a) Si se calienta el gas isobricamente hasta una temperatura de 327C. Determinar el calor que recibe, el trabajo que realiza y la variacin de energa interna.b) Si en vez de a presin constante, se calienta el gas a volumen constante hasta la temperatura de 327C y a continuacin, se le permite expansionarse isotrmicamente hasta recuperar el volumen del apartado a.Determinar en cada transformacin Q, Wy AU, y los valores totales de Q, W y AU. Solucin:a) TRAYECTORIA 1 - 2Q= n-Cp-AT=[2.8g/28g/mol) (7 cal/mol. K)(32T-21) =210 cal

Q = ( 210 cal ) ( 4,186 Joules/cal ) = 879 JW = p(V2-V]) = p.V2-p.Vl =n.R.T2-n.R.Tl

W = n.R (T2-Ti ) = (0,1 mol) (2 cal/mol. K) (327 -27) = 60 cal

W = ( 60 cal ) ( 4,186 Joules/cal ) = 251 J

AU. = Q -W = 879 7-251 J = 628 J

TRAYECTORIA 1 - 3Q = n . Cv. AT = (0, 1 mol) (5 cal/mol .K) (327 -27) = 150 calQ = (150 cal) { 4,186 Joules/cal) = 628 / W = 0 (el volumen se mantiene constante) AU = Q-W = 628JTRAYECTORIA 3-2A U = 0 (proceso isotrmico)AU =Q-W=0 ;

Q = W = n.R.T ln V2/V1P,-Vl = P2 .V2

p1= p2 = 1x 10 N/m

T, T2

Q = W = 83.2 cal = (83.2cal) (4.186 Joules/ cal) = 348 J

El cambio de energa interna del gas est dado por:A U = n . Cv. AT (vlido para todo tipo de proceso)AU = (500/7 )( 5 cal/mol. K) = 2 500/7 caly AU = Q-W

W = Q -AU = 500-2 500/7 = 1 000/7 calW =_ (1000/7 cal) (4,186//cal ) = 598 joules.PROBLEMA N 3: A 100C y 1 atm, el calor latente de vaporizacin del agua es 540cal/g. La densidad del vapor de agua, en las mismas condiciones es 0,597 kg/m3. Qu fraccin del calor latente se invierte en trabajo realizado por el vapor, y qu fraccin en aumentar su energa interna?

Solucin:Consideremos un gramo masa de agua.

Q m m .L = ( 1g') ( 540 cal/g ) = 540 cal

Es decir, para vaporizar un gramo de agua, se necesita proporcionar 540 cal. El trabajo realizado por el vapor estar dado por:Proceso a presin constanteW = p ( V, -V. )

1 atm = 1,013 x \05 N/m2

El volumen inicial Vv de un gramo de agua es 1 m3

(Densidad del agua 1 g/cm3).El volumen final V2, de un gramo de vapor ser: P = 0,597 kg/ m3 = 597 x 10-6 g/c m3

P= m/ V2 ; m = 1g V2 = 1g= 1 675 cm3 597 x 10-6 g7 cm3Por lo tanto: W = (1, 013 x 105 N/m2 ) (167 x 10-6 m3 1 x 10-6 m3 )

W = 169.6 J (169.6 J ) / (4.186 J/ cal ) = 40.5 cal

Y el cambio de energa:

U = Q W = 540 cal 40,5 cal = 499,5 calPor consiguiente: De las 540 cal de calor latente se invierte 40,5 cal.en trabajo (7,5%) y 499,5 calen aumentar su energa interna (92,5%).PROBLEMA N" 4: Cierta cantidad de oxgeno ocupa el volumen V{ = 3.0 litros a la temperatura T, = 27C y la presin P, = 8,2 x 105 N/m2. En el segundo estado este gas tiene los parmetros V2 = 4,5 litros y P, = 6xl05 N/m2 Hallar: 1. Hallar la cantidad de calor recibido por el gas.

2. El trabajo realizado por el gas al expandirse.

3. La variacin de la energa interna del gas.

Resolver este problema para los casos siguientes:

Io) Cuando el paso del gas desde el primer al segundo estado se produce siguiendo el camino ACB.2) Cuando esta transicin se realiza siguiendo el camino ADB.Solucin:Primero calcularemos las coordenadas de estado (p, V, T) de todos los puntos. A ( 8,2 x 105 N/m2 , 3 x 1O"3 m3, 300 K)

B ( 6,2 X I O3 N/m2 , 4,5 x 10~3 \ TB )

P A -V A = PB .VB

TA TB(8,2 x 105 ) (3 x 1O"3) = (6, 2 X I O3) (4, 5 x 10-3) TB = 329,3 K 300 TBEl nmero de moles (n), se puede obtener a partir de la ecuacin de estado de un gasperfecto.

P. V = n. R.T ; n = p.V = (8,2 x 105 N/m2)(3 x 10- 3 m 3) = 4,1 J . mol

R.T [2 cal] (300 K) cal

Mol .K

1) TRAYECTORIA ACB

QAC = n. Cv . T (proceso a volumen constante)QAC =

(219,5 K 300 K) = - 1 650 J

QAC = n. Cp. T (proceso a volumen constante)

QAC =

(329,3 K 219,5 K) = 3151 J

QACB = - 1 650 J + 3151 J = 1501 J

WAC = 0 (el volumen no vara)

WCB = p2 (V2 V1) (la presin se mantiene constante)

WCB = (6 x 105 N/ m2) (4,5 x 10-3 m3 - 3 x 10-3 m3) = 900 J

W ACB = 900 J U = QACB - WACB = 1501 J 900 J = 601 J

2) TRAYECTORIA ADB

QAD = n. CP . T

(450 K 300 K) = 4305 J

Q DB =

(329,3 K 450 K) = - 2474 J

QADB = 4305 J 2474 J = 1831 JWAD = p1 (V2 V1) = (8,2 x 105 N/ m2) (4,5 x 10-3 m3 - 3 x 10-3 m3) = -2474 J

WBD = 0WADB = 1230 J

U = QADB - WADB = 1831 J 1230 J = 601 J

Es el mismo resultado obtenido siguiendo la otra trayectoria."La variacin de la energa interna de un sistema, es independiente de la trayectoria"PROBLEMA N 5: Cuando un sistema pasa del estado A al B a lo largo de la tray toria ACB (ver figura) recibe 20 000 cal y realiza 7 500 cal de trabajo.

a)Cunto calor recibe el sistema a lo largo de la trayectoria ADB. Si el trabajo es 2500 cal b) Cuando el sistema vuelve de B a A, a lo largo de la trayectoria curva, el trabajo es 5 000 cal. Cunto calor absorbe o libera el sistema?c) Si Ua = 0 y Ud = 1OOOOca/, hllese el calor absorbido en los procesos AD y DB.Solucin:

a) Trayectoria ACB :Q = 20 000 calW = 7 500 cal U = Q -W = 20 000 cal -7 500 cal = 12 500 cal = 12 500 calQ = U + W = 12500 calTrayectoriaADB,.: W = 2 500 cal" El cambiodeenerga inter nanodependedela trayectoria,solodependedelesta-do inicial y del estado final". 'Porlotanto:b) Trayectoria curva BA ; W = -5 000 cal (es una compresin).El cambio de energa interna entre B y A, es negativo e igual al existente entre Ay.B..UB-UA = 12 500 cal' U = UA- UB = -12 500 calAU = Q-W ; Q = AU + W = - 12 500 cal-5 000 calQ = -17 500 calEl signo negativo indica que el sistema libera calor

c) UB - UA= 12 500 cal

uA = o

UD = 10 000 cal UD - UA = 10 000 cal

Trayectoria ADB : W = 2 500 calRecordando que el trabajo est dado por el rea bajo la curva.Deducimos que en el proceso DB, el sistema no realiza trabajo, por lo tantoW = 2 500 cal corresponden al proceso AD exclusivamente.Trayectoria AD: AU = 10 000 calW = 2 500 cal U = Q-W Q = U + W = 10 000 cal + 2 500 cal = 12 500 cal .

Trayectoria DB: QADB= Qad + Qdb

QADB= 15000 cal

QAD= 12 500 cal

QAD = QADB - QAD = 2500 cal

PROBLEMA N" 6: Dos gases distintos, uno de los cuales es monoatmico, y el otro diatmico, sse encuentran a igual temperatura y ocupan el mismo volumen.Ambos gases se comprimen adiabticamente de manera que sus volmenes se reducen a la mitad. Cul de los gases se calienta ms y en cuntas veces?

A) p1 . v1y = p2 . v2y ; p1 = p2y.. (1)Un gas monoatmico se calienta 1,2 veces ms que un gas diatmico.

PROBLEMA N 7: Dos moles de helio se encuentran inicialmente a la temperatura de 27 C y ocupan un volumen de 20 litros . El gas se expande primero a presin constante hasta duplicar el volumen, y despus adiabticamente hasta que la temperatura vuelve a su valor inicial.a) Dibjese un diagrama del proceso en un plano p -Vb) Cul es el calor total suministrado durante el proceso?c) Cul es la variacin total de energa interna del helio?

d) Cul es el trabajo total realizado por el gas?e) Y el volumen final?

Solucin:

T1 = T3 = 300 K

V2 . T1 P1 . V1 = P2 . V2

T1 T2

T2 = V2. T1 = 300 K

V1b) Tramo 1-2: Q = n.C AT (proceso a presin constante) El helio es un gas monoatmico: C = 5 cal/mol. KQ = (2mol) (5 cal/mol. K) (600 K -300 K) = 3 000calTramo 2 -3 : 2 = 0Calor total Q = 3 000 cal"El cambio de energa interna de un sistema slo depende de su estado inicial y de su estado final; es independiente de la tra-yectoria".Como las temperaturas Tl y T3 son iguales, cabe imaginar un proceso isotrmico( T = cte ) que una estos dos puntos ( 1 y 3 ) .si seEl cambio de energa interna segn la trayectoria 1-2-3 es el mismo, que siguiera la trayectoria 1-3; es independiente de la trayectoria.En un proceso isotrmico de un gas perfecto, la energa interna no vara.

U = 0d) U = Q-WA U = 0 ; Q = W = 3 000 calW = (3 000cal) (4,186 Joules/cal) = 12,558 Je) Volumen final = ?Proceso adiabtico 2-3:P2 . V2y-1 = P3 . V3y y P2 . V2 = P3 . V3

T2 T3P2 = y p2 = V3 . T2P3 : p3 V2 . T3

De donde: y V3 . T2 = V2 . T3T2 . V2y-1 = T3 . V3-1 T = Cp = 5

Cv 3

(600 K) (40 dm")5/3-1 = ( 300 K)V35/3-1

V3 = (23/2) (40) = 113 dm3PROBLEMA N" 8: Hay que comprimir 1 x 10-2 m3 de aire hasta reducirlos al volumen de 2xl0-3m3.Cmo ser ms conveniente realizar la compresin, por va adiabtica o por va isotrmica?

Solucin:

COMPRESIN ISOTRMICAp. V = n.R.T ; p.V = constante = C ; p = C/V

Wisot = p . dV = v2v1 C dV/V = C.in V2/V1

COMPRESIN ADIABTICA p . VY = K (constante)

Wad = p . dV = v1v2 K . dV = K

v2 = K [V21-y - V1 1-y] Vy v1 1 y

P1 . V1y = K ; Wad = p1 . V1y [V21-y - V1 1-y]

1 y

Wad = p1 . V1y-1 [V21-y - V1 1-y] = p1 V1 1 (V1) y -1 1 y y 1 V2

0,4

Wad = 1 (V1) y -11 - Wisot V2=

= 1,4 Wad > Wisot

(y-1) in V2

V1 (1,4 1) in 2 x 10-3

1 x 10 -2

Por l tanto, es ms conveniente realizar la compresin por va isotrmica.PROBLEMA N" 9: Un gas se expansiona hasta que su volumen se duplica.Es mayor el trabajo realizado por el gas si la transformacin es isotrmica o si es adiabtica? Explicarlo.Solucin:

En la grfica se muestran los dos procesos.Recordando que el trabajo est dado por el rea bajo la curva tenemos:

Es decir; el trabajo en una expansin isotrmica es mayor que en una expansin btica.

El problema resulta muy sencillo, si se dibujan los diagramas correctamente; por lo tanto veremos con ms detalle ello.Tracemos las tangentes a las curvas en el punto 1.Si los diagramas estn correctos la pendiente de la tangente a la curva adiab- tica, es mayor en valor absoluto que la de la isotrmica (est ms empinada).Para la curva adiabtica: p .V y' = cte

Diferenciando, p .y VY_1 .dV + VY .dp = 0

= - y

ad

Para la curva isoterma p . V = constante

Diferenciando p.dV+V.dp=- 0

isotRecordemos que nos da precisamente la pendiente de la tangente a la curva.El signo negativo se debe a la inclinacin de las tarigentes, que es hacia la izquierda.(Hacia la derecha es positiva).A nosotros nos interesa el valor de las pendientes en valor obsoluto.

ad

isot = p

V

Por lo tanto: La pendiente a la curva adiabtica es mayor que la pendiente a la curva isotrmica. ( y generalmente es mayor que 1); lo cual comprueba que los diagramas se han dibujado correctamente.En general, las curvas adiabticas tienen pendientes ms pronunciadas que las curvas isotrmicas, que tienen pendientes ms suaves.PROBLEMA N 10: La figura muestra tres procesos realizados por un gas perfecto. La temperatura en el punto,4, es de 600K, la presin 16 atm y el volumen 1 dm . En el punto B, el volumen es de 4dm .Uno de los procesos AB o A C es isotrmico y el otro adiabtico. 7 = 1,5

a) Cul de los procesos AB ACes isotrmico y cul es adiabtico? En qu se basa su respuesta?b) Calclese la presin en los puntos B y Cc) Hllense las temperaturas en B y C , Y

d) Obtngase el volumen en el punto C.

Solucin:a)AB es adiabtico. (Su pendiente es mayor en valor absoluto; ver problema anterior)b)Consideremos el proceso AB (adiabtico).PA . VA = PB . VBy

1,5

PB = PA Y = (16 atm) = 2atm

Pc = PB = 2 atmc)PA . VA = PB. VB ; (16 atm) (1 dm3) = (2 atm) (4dm3) ; TB = 300K TA TB 600 K TB

TC = TA = 600 K (el proceso AC es isotermico)

PROBLEMA N 11: Un gas ideal se expansiona desde V1 a V2

La transformacin puede ser isobrica, isotrmica o adiabtica.

Representar grficamente en un diagrama p V cada una de estas transformaciones. En cul de ellas es mayor Q? Y menor? En cuales W tiene el mayor y el menor valor? en cuales, U tiene el mayor y el menor valor?Solucin:

En cuales transformaciones W tiene el mayor y el menor valor?

Recordemos que el trabajo est dado por el area bajo la curva en un diagrama p- V (area achurada)

Observando los diagramas de las tres transformaciones deducimos que W tiene el mayor valor en un proceso isobrico, y en el menor valor en un proceso adiabtico.

PROBLEMA N 12- El cilindro de una bomba que comprime aire dentro de un tanque de grandes dimensiones, desde la presin atmosfrica hasta la presin manomtrica de 4,5 kg/cm2 tiene 25 cm de longitud.a)En qu posicin de la carrera comenzar a penetrar aire en el tanque?Supngase que la compresin es adiabtica.b)Si el aire penetra en la bomba a 25C. Cul es la temperatura del aire comprimido?Solucin:

Estado inicial en el cilindro:Pl = 1,033 kg/cm3 (presin atmosfrica')V, = (25 cm) ; Tx = 27C = 300*A = seccin transversal del cilindro.Estado final en el cilindro:p2 m (4,5+1,033) - 5,533 kg/cm2V2 = A.hCuando la presin del aire en el cilindro se iguale a la presin del aire dentro del tanque, empieza a penetrar aire al tanque.P1 . V1y = P2 . V2y(1,033)(25A)1,4 = (5,533) (A. h)1,4b) p1. V1 = p2 . V2

T1 T2

(1,033) (25 A) = (5,533)(7,5A)

300 T2T2 = (300) (5,533) (7,5) = 482

(1,033) (25)4,1 J. mol

cal

5 cal

Mol . K

7 cal

Mol . K

4,1 J. mol

cal

5 cal

Mol . K

4,1 J. mol

cal

4,1 J. mol

cal

7 cal

Mol . K

V2

V1

40 dm3

20 dm3

V3

V2

V3

V2

V1-y

1 - y

1 x 10-2

2 x 10-3

dp

dV

p

V

p

V

dp

dV

dp

dV

p

V

dp

dV

dp

dV

VA

VB

1

4